2022-2023学年江苏省无锡市四校高一下学期期中联考数学试题含答案

2022-2023学年江苏省无锡市四校高一下学期期中联考数学试题

一、单选题

1．已知复数，则（    ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】D

【分析】根据复数的乘除法则求出z的实部和虚部，再求出共轭复数.

【详解】 ，

；

故选：D.

2．一个水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为（    ）

A． B． C．8 D．

【答案】D

【分析】根据斜二测画法的过程将直观图还原回原图形，找到直观图中正方形的四个顶点在原图形中对应的点，用直线段连结后得到原四边形，再计算平行四边形的面积即可．

【详解】还原直观图为原图形如图所示，

因为，所以，还原回原图形后，

，；

所以原图形的面积为．

故选：D

3．一质点在力，的共同作用下，由点移动到，则，的合力对该质点所做的功为（    ）

A．16 B． C．110 D．

【答案】A

【分析】利用向量运算法则得到，，从而利用向量数量积公式计算答案.

【详解】由题意得：，

，

则合力对该质点所做的功为.

故选：A.

4．在中，，则一定是（    ）

A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．等边三角形

【答案】C

【解析】由余弦定理结合题意得，由勾股定理逆定理即可得解.

【详解】，

，

即，

一定是直角三角形.

故选：C.

【点睛】本题考查了余弦定理的应用，属于基础题.

5．中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的立体为“牟合方盖”，如图（1）（2），刘徽未能求得牟合方盖的体积，直言“欲陋形措意，惧失正理”，不得不说“敢不阙疑，以俟能言者”.约200年后，祖冲之的儿子祖暅提出“幂势既同，则积不容异”，后世称为祖暅原理，即：两等高立体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立体体积相等.如图（3）（4），祖暅利用八分之一正方体去掉八分之一牟合方盖后的几何体与长宽高皆为八分之一正方体的边长的倒四棱锥“等幂等积”，计算出牟合方盖的体积，据此可知，牟合方盖的体积与其外切正方体的体积之比为

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】设正方体的边长为，因为，，所以

，故选B．

6．已知，，则的值为（    ）

A．0 B． C． D．

【答案】A

【分析】将已知条件化简后两边平方，由此求得的值，进而求得的值.

【详解】由于，所以，所以

由化简得，

两边平方得，

即，解得（负根舍去），

由于，所以.

故选：A.

7．设、、、为平面直角坐标系中两两不同的点，若，，且，则称点、和谐分割点、.已知平面上两两不同的点A、B、C、D，若C、D和谐分割点A、B.则下面说法正确的是（    ）

A．点C可能是线段AB的中点

B．点可能是靠近点A的线段AB的三等分点

C．点C、D可能同时在线段AB上

D．点C、D可能同时在线段AB的延长线上

【答案】C

【分析】根据题意，不妨设，利用向量的坐标运算，用表示出，再对每个选项进行逐一分析，即可判断.

【详解】由已知不妨设，

则，

因为C、D和谐分割点A、B，

所以，

所以，

代入得，（*）

若C是线段AB的中点，则，代入(∗)得，，

此时两点重合，与题意矛盾，故A错误；

若是靠近点A的线段AB的三等分点，

则，代入(∗)得，，

此时两点重合，与题意矛盾，故B错误；

若C，D同时在线段AB上，则，则，

当时，，此时符合题意，

所以点C、D可能同时在线段AB上，故C正确；

若C，D同时在线段AB的延长线上时，则，则，

所以，这与矛盾，

所以不可能同时在线段的延长线上，故D错误.

故选：C.

8．已知的内角A，B，C满足，的面积S满足，记a，b，c分别为A，B，C所对的边，则下列不等式一定成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据三角恒等变换公式得到，确定，根据面积范围得到，得到，再依次判断每个选项得到答案.

【详解】，

则，即，

故，

，

即，，

整理得到.

设外接圆的半径为，由正弦定理可得：，

，故，即，

，故，即，

，则，

对选项A：，即，但不一定正确；

对选项B：，即，正确；

对选项C： ，不一定正确；

对选项D： ，不一定正确；

故选：B

【点睛】关键点睛：本题考查了三角恒等变换，三角形面积公式，正弦定理，以此考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用三角恒等变换公式将条件转化为是解题的关键.

二、多选题

9．下列结论正确的是（    ）

A．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线BD1与B1C是异面直线

B．不共面的四点可以确定4个平面

C．圆锥的侧面展开图是个半圆，则圆锥的母线是底面半径的2倍

D．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱

【答案】ABC

【分析】利用异面直线的判定定理判断选项A；根据任意不共线的三点可确定一个平面即可判断选项B；设圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，由于圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，列方程可得圆锥的母线和底面半径的关系；对于D，利用棱柱的定义判断即可．

【详解】对于A，正方体中，∵平面，平面，，∴由异面直线判定定理得与是异面直线，故A正确；

对于B，不共面的四个点中每三个点都不共线，则任意三个点都可确定一个平面，共可以确定四个平面，故B正确；

对于C，设圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，根据题意得，则，正确；

对于D，有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，

由这些面所围成的多面体叫做棱柱，错误；

故选：ABC

10．（多选）在复平面内，下列说法正确的是（    ）

A．若复数z满足，则 B．若复数、满足，则

C．若，且，则 D．若，则的最大值为

【答案】AD

【分析】根据复数的四则运算及复数的几何意义逐一判断.

【详解】对于A选项，因为 ，则 ，得 ，故A正确；

对于B选项，当 ， 时，不满足 ，排除B选项；

对于C选项，设 ， ， ，则 ，

那么 ， ， 那么 ，由于 ，但 ，排除C选项；

对于D选项，若 ，如图：

的几何意义为圆上的动点到定点 的距离，则的最大值为.

故选：AD.

11．下列选项中正确的是（    ）

A．设向量，，若，共线，则

B．已知点，向量，点是线段的三等分点，则点的坐标是

C．若，，则在方向上的投影向量的坐标为

D．若平面向量，满足，则的最大值是5

【答案】ACD

【分析】根据向量共线的坐标公式、数乘的几何意义、投影向量的计算以及数量积的运算律，可得答案.

【详解】对于A，由共线，则，解得，故A正确；

对于B，由向量，，则，

设，则，由是线段的三等分点，则或，

可得或，解得或，故B错误；

对于C，设与的夹角为，

在方向上的投影向量，

其坐标为，故C正确；

对于D，，

设与的夹角为，由，

则，

当时，取得最大值为，故D正确.

故选：ACD.

12．下列结论正确的是（    ）

A．若，∠ABC为锐角，则实数m的取值范围是

B．点O在△ABC所在的平面内，若，则点O为△ABC的重心

C．点O在△ABC所在的平面内，若，，分别表示△AOC，△ABC的面积，则

D．点O在△ABC所在的平面内，满足且，则点O是且△ABC的外心

【答案】BC

【分析】对于A，由∠ABC为锐角，可得且两向量不共线；对于B，设边上的中点为，证明在边的中线上即可；对于C，由，得，设的中点为，的中点为，可知三点共线，且，从而可判断；对于D，证明是的角平分线，是的角平分线，即可判断.

【详解】对于A，由，

得，

因为∠ABC为锐角，故且不共线，

所以，解得且，故A错误；

对于B，设边上的中点为，则，

因为，所以，

所以，又点为公共端点，所以三点共线，

即点在边的中线上，

同理可得点也在两边的中线上，

所以点O为△ABC的重心，故B正确；

对于C，因为，所以，

如图，设的中点为，的中点为，

则，所以，

又点为公共端点，所以三点共线，且，

所以，

又，

所以，即，故C正确；

对于D，由，

可得，即，

又因，所以，

所以是的角平分线，

由，

可得，即，

又，所以，

所以是的角平分线，

所以点O是且△ABC的内心，故D错误.

故选：BC.

三、填空题

13．已知是关于x的方程的一个根，其中p，，则p＋q＝      ．

【答案】19

【分析】由题意可得方程的另一个根为，然后利用根与系数的关系可求出的值，从而可求出

【详解】因为是关于x的方程的一个根，

所以是方程的另一个根，

所以，解得，

所以，

故答案为：19

14．某校研究性学习小组想要测量某塔的高度，现选取与塔底在同一个水平面内的两个测量基点A与，现测得，，米，在点A处测得塔顶的仰角为，则塔高为         米．

【答案】

【分析】在中利用正弦定理可得，再由可计算出米.

【详解】根据题意可知，在中，，可得；

利用正弦定理可得，即；

又在点A处测得塔顶的仰角为，即，

所以，

即塔高为米.

故答案为：

15．已知正四棱台中，，若该四棱台的体积为，则这个四棱台的表面积为          ．

【答案】

【分析】利用正四棱台体积公式得到正四棱台的高，进而由勾股定理可得斜高，从而求得各面积，由此得解.

【详解】如图所示：设分别为底面的中心，分别为的中点，且有，

设正四棱台的上底面面积、下底面面积、侧面积分别为、、，

由，即得，，所以，，

又及，

所以有，解得.

由勾股定理可得斜高，

所以，从而.

故答案为：.

四、双空题

16．在平面内，定点，满足，且，则          ；平面内的动点满足，，则的最大值是          ．

【答案】         

【分析】（1）利用向量线性运算法则和数量积运算法则计算出，进而根据，平方后计算出，从而求出；然后建立平面直角坐标系，设出，表达出和，利用三角函数有界性求出最大值.

【详解】因为，，

所以，两边平方得：，

即，解得：，

因为，

所以，

因为

所以；

可得到△ABC是等边三角形，且边长为，

如图，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，垂直AB为y轴建立平面直角坐标系，

，，

因为，所以设，，

由可得：是线段PC的中点，则，

则

，

当时，取得最大值，最大值为.

故答案为：，

五、解答题

17．根据要求完成下列问题：

(1)已知复数在复平面内对应的点在第四象限，，求；

(2)复数为纯虚数，求实数的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，得到且，求得，即可求解；

（2）因为复数为纯虚数，列出方程组，即可求得实数的值.

【详解】（1）解：由复数名在复平面内对应的点在第四象限，可得，

又由，可得，解得，所以，

所以复数.

（2）解：因为复数为纯虚数，

则，解得，即求实数的值为.

18．已知向量满足，，且.

(1)若，求实数的值；

(2)求与的夹角的余弦值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用数量积的运算律及向量垂直的充要条件即可求解；

（2）先数量积知识求出，的值，然后利用数量积的夹角公式求解即可.

【详解】（1）因为，所以，

即，解得，若，

则，

即，即，解得.

（2）因为，

又，

所以，

即与的夹角的余弦值为.

19．从①；②；③的外接圆的半径为2且，这三个条件中选择一个，补充在下面问题中，并解答.

已知的内角的对边分别为，且，__________.

(1)求角的大小；

(2)若，求的面积.

注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答给分.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）选①：移项后根据两角和的余弦公式结合诱导公式和完全平方公式，解得角即可；选②：先用正弦定理将角变为边，移项化简，结合余弦定理即可得角；选③，根据正弦定理和外接圆半径即可得，根据，即可得角的范围，进而求得角；

（2）根据边角之间关系，由余弦定理即可得，进而求得，根据三角形面积公式即可求得结果.

【详解】（1）解:选①：因为，

所以，

即，

因为，所以，

即，即，

解得，因为，所以；

选②：因为，

在中，将正弦定理代入化简可得：

，即，即，

在中，由余弦定理可得：，

因为，所以；

选③：因为的外接圆的半径为2且，

在中，由正弦定理可得：

，解得，

因为，所以，所以；

（2）由（1）知，，，

在中，由余弦定理可得：，

即，解得，即，

所以，所以.

20．如图，三棱柱的侧棱垂直于底面，其高为，底面三角形的边长分别为，，.

(1)以上、下底面的内切圆为底面，挖去一个圆柱，求剩余部分几何体的体积；

(2)求该三棱柱的外接球的表面积与内切球的体积.

【答案】(1)

(2)外接球的表面积为，内切球的体积为

【分析】（1）求出三棱柱的体积，得到三角形ABC的内切圆的半径，进而去除圆柱的体积，相减即可答案；

（2）结合第一问得到内切球半径，求出内切球体积，再根据将三棱柱补形为长方体得到外接球半径，求出外接球的表面积.

【详解】（1）因为底面三角形的边长分别为，，，

由勾股定理逆定理可知：底面三角形为直角三角形，两直角边分别为，，

又因为三棱柱的侧棱垂直于底面，其高为，

所以

设圆柱底面圆的半径为，

则，

圆柱体积

所以剩下的几何体的体积

（2）由（1）可知该直三棱柱的内切球半径为，

则内切球球的体积

直三棱柱可补形为棱长分别为的长方体，

它的外接球的球半径满足，即

所以，该直三棱柱的外接球的表面积为.

21．如图所示，在中，在线段BC上，满足，是线段的中点．

(1)延长交于点Q（图1），求的值；

(2)过点的直线与边，分别交于点E，F（图2），设，．

（i）求证为定值；

（ii）设的面积为，的面积为，求的最小值．

【答案】(1)

(2)（i）证明见解析；（ii）.

【分析】（1）根据题意，将作为基底表示，由三点共线可知，的系数之和为1，即可求出的值；

（2）（i）根据题意，将，作为基底表示，由三点共线可知，，的系数之和为1，即可求出为一定值；（ii）根据题意，，，，由可将化为关于的函数，利用函数性质求的最小值即可.

【详解】（1）依题意，因为，

所以，

因为是线段的中点，所以，

设，则有，

因为三点共线，所以，解得，

即，所以，所以；

（2）（i）根据题意,

同理可得：，

由（1）可知，，

所以，

因为三点共线，所以，

化简得，

即为定值，且定值为3；

（ii）根据题意，，

，

所以，

由（i）可知，则，

所以，

易知，当时，有最小值，此时.

22．如图，某公园改建一个三角形池塘，，百米，百米，现准备养一批观赏鱼供游客观赏.

(1)若在内部取一点P，建造连廊供游客观赏，方案一如图①，使得点P是等腰三角形PBC的顶点，且，求连廊的长（单位为百米）；

(2)若分别在AB，BC，CA上取点D，E，F，并建造连廊，使得变成池中池，放养更名贵的鱼类供游客观赏：方案二如图②，使得为正三角形，设为图②中的面积，求的最小值；方案三如图③，使得DE平行于AB，且EF垂直于DE，设为图③中的面积，求的最大值．

【答案】(1)百米

(2)

【分析】（1）根据余弦定理，结合等腰三角形的性质进行求解即可；

（2）根据正弦定理，结合辅助角公式、二次函数的单调性进行求解即可.

【详解】（1）因为点P是等腰三角形PBC的顶点，且，，所以，

由余弦定理可得，，解得，

又因为，故，

在中，，，所以，

在中，由余弦定理可得，，

解得，故，

所以连廊的长为百米；

（2）设图②中的正的边长为a，，

则，，

设，则，

，所以，

在中，由正弦定理可得，，即，

即，

即（其中为锐角，且），

所以；

图③中，设，，

因为，且，所以，，，

所以，，

所以，

所以当时，取得最大值，故的最大值是.